Question

2．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-bx（a≠0）
（1）若b=2，若y=f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB的中点的横坐标为x₀，证明：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）当b=2时，求导函数，根据函数y=f（x）存在单调递减区间，所以f′（x）＜0有解，又因为x＞0时，则ax²+2x-1＞0有x＞0的解，分类讨论，即可求得a的取值范围；
（2）设点A，B的坐标分别是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，则点AB的中点横坐标为x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，利用f（x₂）-f（x₁）=0，可得lnx₂-lnx₁=[$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁），从而得到f′（x₀），构建新函数，即可证得f′（x₀）＜0．

解答 解：（I）当b=2时，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-2x（x＞0），则f′（x）=-$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，
因为函数y=f（x）存在单调递减区间，所以f′（x）＜0有解．
又因为x＞0时，则ax²+2x-1＞0有x＞0的解．
①当a＞0时，y=ax²+2x-1为开口向上的抛物线，ax²+2x-1＞0总有x＞0的解；
②当a＜0时，y=ax²+2x-1为开口向下的抛物线，若ax²+2x-1＞0总有x＞0的解；
则需△=4+4a＞0，且方程ax²+2x-1=0至少有一正根．此时，-1＜a＜0．
综上所述，a的取值范围为（-1，0）∪（0，+∞）            
（II） 设点A，B的坐标分别是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，则点AB的中点横坐标为x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，
∵f（x₂）-f（x₁）=lnx₂-lnx₁-[$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁）=0
∴lnx₂-lnx₁=[$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁），∴ax₀+b=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-ax₀-b=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$×[$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$]
设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，则y=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（t-1）}{1+t}$-lnt，t＞1
令r（t）=$\frac{2（t-1）}{1+t}$-lnt，则r′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
因为t＞1时，r′（t）＜0，所以r（t）在[1，+∞）上单调递减．
故r（t）＜r（1）=0
而 $\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，故f′（x₀）＜0．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，有一定的难度．